Vamos $a_{i} \in\mathbb{R}$ ($i=1,2,\dots,n$), y $f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^i$ que si $|x|\leqslant 1$,$|f(x)|\leqslant 1$. Probar que:

Question

Vamos $a_{i} \in\mathbb{R}$ ($i=1,2,\dots,n$), y $f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^i$ que si $|x|\leqslant 1$,$|f(x)|\leqslant 1$. Probar que:

1. $|a_{n}|+|a_{n-1} | \leqslant 2^{n-1}$.
2. $|a_{n}|+|a_{n-1}|+\cdots+|a_{1}|+|a_{0}|\leqslant\dfrac{(1+\sqrt{2})^n+(1-\sqrt{2})^n}{2}$.

Answer 1

Parte (b) Como user644 adivinaba en su comentario, el argumento clave es una de Chebyshev de interpolación, y no necesitamos a $|P(x)| \leq 1$ por cada $x\in [-1,1]$, sólo necesitamos $|P(x)| \leq 1$ al $x$ es un extremal de Chebyshev punto.

Para un polinomio arbitrario $P=\sum_{k=0}^n a_kx^k$, pongamos $$ M(P)=\sum_{k=0}^n |a_k| \etiqueta{1} $$

Deje $T_n$ $n$- ésimo polinomio de Chebyshev, el único polinomio de satisfacciones $\cos(n\theta)=T_n(\cos(\theta))$. A partir de la fórmula $\cos((n+1)\theta)+\cos((n-1)\theta)=2\cos(\theta)\cos(n\theta)$ uno deduce la relación de recurrencia

$$ T_{n+1}(x)=2xT_n(x)-T_{n-1}(x) \etiqueta{2} $$

Se deduce entonces que para cualquier $q$, no son positivos los coeficientes de $u_{q,0},u_{q,1}, \ldots, u_{p,q}, v_{q,0},\ldots, v_{p,q}$ tal que

$$ T_{t2}(x)=\sum_{k=0}^{p}(-1)^{p-k}u_{q,k}x^{2k},\ \ T_{2t+1}(x)=\sum_{k=0}^{p}(-1)^{p-k}v_{q,k}x^{2k+1} \etiqueta{3} $$

En efecto, si (3) es verdadera para algunos $q$, a continuación, en el siguiente nivel tenemos

$$ \begin{array}{lcl} T_{2q+2}(x)&=&(-1)^{q+1}u_{q,0}+\bigg(\sum_{k=1}^{q}(-1)^{q+1-k} (u_{q,k}+2v_{q,k-1})x^{2k}\bigg)+2v_{q,q}x^{2q+2}, \\ T_{2q+3}(x)&=&(-1)^{q+1}v_{q,0}x+\bigg(\sum_{k=1}^{q}(-1)^{q+1-k} (v_{q,k}+2u_{q,k}+4v_{q,k-1})x^{2k}\bigg)+4v_{q,q}x^{2q+3} \end{array} \etiqueta{3'} $$

por lo tanto, (3) de la siguiente manera a partir de un argumento inductivo, y la base de los casos $T_0=1,T_1=x$ (rendimiento $u_{0,0}=v_{0,0}=1$). Deducimos de (3) que

$$ M(T_{t2})=\sum_{k=0}^{q} u_{q,k}, \ \ M(T_{2t+1})=\sum_{k=0}^{q} v_{q,k}, \etiqueta{4} $$

y combinando esto con las relaciones de recurrencia en (3'), tenemos

$$ M(T_{2t+2})=M(T_{t2})+2M(T_{2t+1}), \ M(T_{2t+3})=2M(T_{t2})+5M(T_{2t+1}) \etiqueta{5} $$

que es equivalente a la más simple, clásico de la recurrencia de la relación

$$ M(T_{n+1})=M(T_n)+2M(T_{n-1}) \etiqueta{5'} $$

Argumentando por inducción en $n$ (5') (y la base de casos $T_0=1,T_1=x$), vemos que

$$ M(T_n)=\frac{(1+\sqrt{2})^n+(1-\sqrt{2})^n}{2} \etiqueta{6} $$

Ahora vamos a $P=\sum_{k=0}^n a_kx^k$ ser un polinomio tal que $|P(x)| \leq 1$ siempre $x$ es una de Chebyshev punto extremal de grado $n$. Considerar los polinomios

$$ B(t)=\sum_{k=0}^{\llcorner \frac{n}{2} \lrcorner} a_{2k} t^k, \ C(t)= \sum_{k=0}^{\llcorner \frac{n-1}{2} \lrcorner} a_{2k+1} t^k \etiqueta{7} $$

Están vinculados a $P$ por

$$ P(x)=B(x^2)+xC(x^2), B(x^2)=\frac{P(x)+P(-x)}{2}, C(x^2)=\frac{P(x)-P(-x)}{2x} \etiqueta{8} $$

Supongamos que $n$ es impar, $n=2m+1$. Entonces el conjunto de Chebyshev extremal puntos es $\lbrace \pm x_j\rbrace_{0\leq j\leq m}$ donde $x_j=\cos(\frac{(m-j)\pi}{n})$. Pongamos $y_j=P(x_j)$ y $z_{j}=P(-x_j)$.

A continuación, $B$ $C$ tienen un grado en la mayoría de las $m$, y los polinomios satisfacen las condiciones de interpolación

$$ B(x_j^2)=\frac{y_j+z_j}{2},\ C(x_j^2)=\frac{y_j-z_j}{2x_j} \ (0\leq j \leq m) \etiqueta{9} $$

Así por interpolación de Lagrange, uno puede escribir

$$ \begin{array}{lcl} B(t) &=& \sum_{j=0}^m \frac{(y_j+z_j)}{2} \bigg(\prod_{l\neq j} \frac{t-x_l^2}{x_j^2-x_l^2}\bigg) , \\ C(t) &=& \sum_{j=0}^m \frac{y_j-z_j}{2x_j} \bigg(\prod_{l\neq j} \frac{t-x_l^2}{x_j^2-x_l^2}\bigg) \end{array} \etiqueta{10} $$

Nos deja denotar por $s_{d,j}$ $d$- th primaria simétrica polinomio en el $m$ variables $(x_i^2)_{i\neq j}$, y por $w_j$ el valor absoluto del producto $\prod_{l\neq j}(x_j^2-x_l^2)$.

Podemos, a continuación, expanda (10) como

$$ B(t)=\sum_{k=0}^{m} \bigg(\sum_{j=0}^m \frac{y_j+z_j}{2} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} \bigg) t^k, \ \ C(t)=\sum_{k=0}^{m} \bigg(\sum_{j=0}^m \frac{y_j-z_j}{2x_j} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} \bigg) t^k \etiqueta{11} $$

Así

$$ a_{2k}=\sum_{j=0}^m \frac{y_j+z_j}{2} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} , \ \ a_{2k+1}=\sum_{j=0}^m \frac{y_j-z_j}{2x_j} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} \etiqueta{12} $$

Deje $\varepsilon$ $\eta$ ser dos signos en $\lbrace \pm 1\rbrace$. Tenemos

$$ \begin{array}{lcl} \varepsilon a_{2k}+\eta a_{2k+1} &=& \sum_{j=0}^m \frac{(\varepsilon x_j+\eta)y_j+(\varepsilon x_j-\eta)z_j}{2x_j} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} \\ & \leq & \sum_{j=0}^m \frac{|\varepsilon x_j+\eta|+|\varepsilon x_j-\eta|}{2x_j} \frac{s_{m-k,j}}{w_j} \\ &=&\sum_{j=0}^m \frac{|x_j+\varepsilon\eta|+|x_j-\varepsilon\eta|}{2x_j} \frac{s_{m-k,j}}{w_j} \\ &=& \sum_{j=0}^m \frac{s_{m-k,j}}{w_jx_j} \end{array} \etiqueta{13} $$

Desde (13) por encima vale para cualquiera de los dos signos $\varepsilon$$\eta$, vemos que

$$ |a_{2k}|+|a_{2k+1}| \leq \sum_{j=0}^m \frac{s_{m-k,j}}{w_jx_j} \etiqueta{14} $$

También, si tomamos nuestro original $P$$T_n$, $y_j=(-1)^{m-j}, z_j=-y_j$ (12) tenemos $a_{2k}=0,a_{2k+1}=\sum_{j=0}^m \frac{s_{m-k,j}}{2x_jw_j}$ (14) se convierte en una igualdad.

Resumiendo todas estas desigualdades (14) por $k$ $0$ $m$ (y recordando que todos se convierten en igualdades al $P=T_n$), podemos ver que $M(P) \leq M(T_n)=\frac{(1+\sqrt{2})^n+(1-\sqrt{2})^n}{2}$ (6), como deseaba.

Supongamos ahora que $n$ es incluso, $n=2m$. Entonces el conjunto de Chebyshev extremal puntos es $\lbrace 0 ; \pm x_j\rbrace_{1\leq j\leq m}$ donde $x_j=\cos(\frac{(m-j)\pi}{n})$. Pongamos $b=P(0)$, $y_j=P(x_j)$ y $z_{j}=P(-x_j)$.

A continuación, $B$ tiene un grado en la mayoría de los $m$, $C$ tiene un grado en la mayoría de las $m-1$, y los polinomios satisfacen las condiciones de interpolación

$$ B(0)=b, a\ B(x_j^2)=\frac{y_j+z_j}{2},\ C(x_j^2)=\frac{y_j-z_j}{2x_j} \ (0\leq j \leq m) \etiqueta{9'} $$

Así por interpolación de Lagrange, uno puede escribir

$$ \begin{array}{lcl} B(t) &=& b(-1)^m\bigg(\prod_{l}\frac{t-x_l^2}{x_l^2}\bigg)+\sum_{j=1}^m \frac{(y_j+z_j)t}{2x_j^2} \bigg(\prod_{l\neq j} \frac{t-x_l^2}{x_j^2-x_l^2}\bigg) , \\ C(t) &=& \sum_{j=1}^m \frac{y_j-z_j}{2x_j} \bigg(\prod_{l\neq j} \frac{t-x_l^2}{x_j^2-x_l^2}\bigg) \end{array} \etiqueta{10'} $$

Nos deja denotar por $s_{d,j}$ $d$- th primaria simétrica polinomio en el $m-1$ variables $(x_i^2)_{i\neq j}$ , $S_{d}$ $d$- th primaria simétrica polinomio de todas las $m$ variables $(x_i^2)_{1\leq i \leq m}$ $w$ el producto $\prod_{j=1}^m x_j^2$ y $w_j$ el valor absoluto del producto $\prod_{l\neq j}(x_j^2-x_l^2)$.

Podemos, a continuación, expanda (10') como

$$ \begin{array}{lcl} B(t)&=&b+\sum_{k=0}^{m-1} \bigg( \frac{(-1)^{k+1} b S_{m-k-1}}{w}+\sum_{j=0}^m \frac{y_j+z_j}{2x_j^2} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} \bigg) t^{k+1}, \\ C(t)&=&\sum_{k=0}^{m-1} \bigg(\sum_{j=0}^m \frac{y_j-z_j}{2x_j} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} \bigg) t^k \tag{11'} \end{array} $$

Así

$$ \begin{array}{lcl} a_{2k+2} &=&\frac{(-1)^{k+1} b S_{m-k-1}}{w}+\sum_{j=0}^m \frac{y_j+z_j}{2x_j^2} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} , \\ a_{2k+1} &=&\sum_{j=0}^m \frac{y_j-z_j}{2x_j} \frac{(-1)^{k-j}s_{m-k,j}}{w_j} \\ \end{array} \etiqueta{12'} $$

Argumentando como en la prueba de (14), vemos que

$$ |a_{2k+1}|+|a_{2k+2}| \leq \frac{S_{m-k-1}}{w}+\sum_{j=1}^m\frac{s_{m-k,j}}{w_jx_j^2} (14') $$

y que (14') se convierte en una igualdad al $P=T_n$. Entonces, de nuevo, podemos añadir todos los las desigualdades de la forma (14') $0\leq k \leq m-1$ (y también añadir $|a_0|=|b|$), que finaliza el el problema.